《2019届高考数学二轮复习高考大题专项练六导数A理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习高考大题专项练六导数A理.doc（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、六导数(A)1.(2018湖南怀化模拟)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:“方程f(x)-x=0有实数根;函数f(x)的导数f(x)满足0f(x)1.”(1)判断函数f(x)=+是否是集合M中的元素,并说明理由;(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质:“若f(x)的定义域为D,则对于任意m,n D,都存在x0m,n,使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f(x0)成立”.试用这一性质证明:方程f(x)-x=0只有一个实数根;(3)设x1是方程f(x)-x=0的实数根,求证:对于f(x)定义域中任意的x2,x3,当|x2-x1|1且|x3-x1|1时,|f(x3)-f(x2)|2
2、.2.(2018安庆质检)已知x=是函数f(x)=(x+1)eax(a0)的一个极 值点.(1)求a的值;(2)求f(x)在t,t+1上的最大值;(3)设g(x)=f(x)+x+xln x,证明:对任意x1,x2(0,1),有|g(x1)- g(x2)|0且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x12a.4.(2018德阳模拟)已知函数f(x)=ln (x+1).(1)当x(-1,0)时,求证:f(x)x-f(-x);(2)设函数g(x)=ex-f(x)-a(aR),且g(x)有两个不同的零点x1,x2(x10.1.(1)解:函数f(x)=+sinx4是集合M中的元素.理由如下:因为f(x
3、)=12+14cos x,所以f(x)14,34满足条件0f(x)1,又因为当x=0时,f(0)=0,所以方程f(x)-x=0有实数根0.所以函数f(x)=+sinx4是集合M中的元素.(2)证明:假设方程f(x)-x=0存在两个实数根a,b(ab),则f(a)-a=0,f(b)-b=0,不妨设ab,根据题意存在c(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f(c)成立,因为f(a)=a,f(b)=b,且ab,所以f(c)=1,与已知0f(x)1矛盾,所以方程f(x)-x=0只有一个实数根.(3)证明:不妨设x20,所以f(x)为增函数,所以f(x2)f(x3),又因为f(x)1,所以f
4、(x)-1f(x3)-x3,所以0f(x3)-f(x2)x3-x2,即|f(x3)-f(x2)|x3-x2|,所以|f(x3)-f(x2)|x3-x2|=|x3-x1-(x2-x1)|x3-x1|+|x2-x1|2.2.(1)解:f(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax,由x=是函数f(x)的一个极值点得f()=(a+2)e=0,解得a=-2,经检验,a=-2适合题意.(2)解:由(1)知f(x)=(x+1)e-2x,则f(x)=-(2x+1)e-2x,令f(x)=0得x=-12.当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表:x(-,-)-(-,+)f(x)+0-f(x)
5、极大值e当t+1-12,即t-32时,f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);当t-12t+1,即-32t0,x(0,1),所以m1(x)在(0,1)上单调递增,则当x(0,1)时,m1(x)m1(0)=0,所以m1(x)在(0,1)上也为增函数,所以x(0,1)时,1=m1(0)m1(x)m1(1)=1+2e2,又m2(x)=1+ln x,令m2(x)=0得x=1e,且x(0,1e)时,m2(x)0,m2(x)为增函数,且m2(1e)=-1e,m2(1)=0,所以-1em2(x)0,由可得1-1eg(x)1+2e2,所以任意x1,x2(0,1),|g(x1)-g(x2)|0
6、,则当x(0,a)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.若a=0,则当f(x)=2x0在x(0,+)内恒成立,函数f(x)单调递增.若a0,则当x(0,-)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x22a,只需证x1+x22a.设g(x)=f(x)=-a2x+2x-a,因为g(x)=a2x2+20,所以g(x)=f(x)为单调递增函数.所以只需证f(x1+x22)f(a)=0,即证-2a2x1+x2+x1+x2-a0,只需证-2x1+x2+(x1+x2-a)0.(*)又-a2ln x1+x12-ax1=m,-a2ln x2+x22-ax2=m,所以两式相减,并整理,得-ln
7、 x1-ln x2x1-x2+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=ln x1-ln x2x1-x2代入(*)式,得只需证-2x1+x2+ln x1-ln x2x1-x20,可化为-+ln x1x20.令x1x2=t,得只需证-+ln t0.令(t)=-+ln t(0t0,所以(t)在其定义域上为增函数,所以(t)(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明:记q(x)=x-ln (x+1),则q(x)=1-=xx+1,在(-1,0)上,q(x)q(0)=0,即xln (x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln (-x+1),则m(x)=1+-11-x=xx-1,在(-1,0)
8、上,m(x)0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x)m(0)=0,即x+ln (-x+1)0恒成立,x-ln (-x+1)=-f(-x).综上得,当x(-1,0)时,f(x)x-f(-x),原题得证.(2)解:g(x)=ex-ln (x+1)-a,定义域为(-1,+),则g(x)=ex-,易知g(x)在(-1,+)上递增,而g(0)=0,所以在(-1,0)上,g(x)0,g(x)在(-1,0上递减,在0,+)上递增,x-1+,y+,x+,y+,要使函数有两个零点,则g(x)极小值=g(0)=1-a0,故实数a的取值范围是(1,+).证明:由知-1x10x2,记h(x)=g(x)-g(-x),x(-1,0),h(x)=g(x)-g(-x)=ex-+e-x-1-x+1,当x(-1,0)时,由知x-ln (-x+1),则exln (x+1)得,e-xe-ln(x+1)=.又因为ex-1-x+10,e-x-0,故h(x)h(0)=0,即g(x)g(-x),而-1x1g(-x1),g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)g(-x1),由题知,-x1,x2(0,+),g(x)在0,+)上递增,所以x2-x1,即x1+x20.